高考数学 增值增分特训6.doc

2014高考数学增值增分特训6一、选择题(每小题5分，共25分)1下面四个图象中，有一个是函数f(x)x3ax2(a21)x1(ar)的导函数yf(x)的图象，则f(1)等于()a. bc. d或2设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点m，n，则当|mn|达到最小时t的值为()a1 b. c. d.3已知函数f(x)x42x33m，xr，若f(x)90恒成立，则实数m的取值范围是()a. b.c. d.4已知函数f(x)x2ax3在(0,1)上为减函数，函数g(x)x2aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于()a1 b2 c0 d.5设ar，若函数yeax3x，xr有大于零的极值点，则()aa3 b a3 ca da二、填空题(每小题5分，共15分)6若a0，b0，且函数f(x)4x3ax22bx2在x1处有极值，则ab的最大值等于_7函数f(x)x3x2ax5在区间1,2上不单调，则实数a的范围是_8关于x的方程x33x2a0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是_三、解答题(本题共3小题，共35分)9(11分)已知函数f(x)x3x2bxa.(a，br)的导函数f(x)的图象过原点(1)当a1时，求函数f(x)的图象在x3处的切线方程；(2)若存在x0，使得f(x)9，求a的最大值10(12分)已知a，b为常数，且a0，函数f(x)axbaxln x，f(e)2(e2.718 28是自然对数的底数)(1)求实数b的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)当a1时，是否同时存在实数m和m(mm)，使得对每一个tm， m，直线yt与曲线yf(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数m；若不存在，说明理由11(12分)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)对一切的x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0，)，都有ln x.参考答案1df(x)x22axa21，f(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a0时，f(1)，若图象过原点，则a210，又对称轴xa0，a1，f(1).2d|mn|的最小值，即函数h(x)x2ln x的最小值，h(x)2x，显然x是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t.3a因为函数f(x)x42x33m，所以f(x)2x36x2，令f(x)0，得x0或x3，经检验知x3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)3m，不等式f(x)90恒成立，即f(x)9恒成立，所以3m9，解得m.4b函数f(x)x2ax3在(0,1)上为减函数，1，得a2.又g(x)2x，依题意g(x)0在x(1,2)上恒成立，得2x2a在x(1, 2)上恒成立，有a2，a2.5b令f(x)eax3x，可求得f(x)3aeax，若函数在xr上有大于零的极值点，即f(x)3aeax0有正根当f(x)3aeax0成立时，显然有a0，此时xln.由x0，解得a3，a的取值范围为(，3)6解析由题得f (x)12x22ax2b0，f(1)122a2b0，ab6.ab2，62，ab9，当且仅当ab3时取到最大值答案97解析f(x)x3x2ax5，f(x)x22xa(x1)2a1，如果函数f(x)x3x2ax5在区间1,2上单调，那么a10或f(1)3a0且f(2)a0，a1或a3.于是满足条件的a(3,1)答案(3,1)8解析由题意知使函数f(x)x33x2a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0得，x10，x22，当x0时，f(x)0；当0x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0，所以当x0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值f(0)a；当x2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值f(2)4a，所以，解得4a0.答案(4,0)9解由已知，得f(x)x2(a1)xb.由f(0)0，得b0，f(x)x(xa1)(1)当a1时，f(x)x3x21，f(x)x(x2)，f(3)1，f(3)3.所以函数f(x)的图象在x3处的切线方程为y13(x3)，即3xy80.(2)存在x0，使得f(x)x(xa1)9，a1x(x)26，a7，当且仅当x3时，a7.所以a的最大值为7.10解(1)由f(e)2，得b2.(2)由 (1)可得f(x)ax2axln x.从而f(x)aln x.因为a0，故当a0时，由f(x)0，得x1，由f(x)0得， 0x1；当a0时，由f(x)0，得0x1，由f(x)0得，x1.综上，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(3)当a1时，f(x)x2xln x，f(x)ln x.由(2)可得，当x在区间内变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 1(1，e)e f(x) 0 f(x)2单调递减极小值1单调递增2又22，所以函数f(x)的值域为1,2据此可得，若则对每一个tm，m，直线yt与曲线yf(x)都有公共点；并且对每一个t(，m)(m，)，直线yt与曲线yf(x)都没有公共点综上，当a1时，存在最小的实数m1，最大的实数m2，使得对每一个tm，m，直线yt与曲线yf(x)都有公共点11(1)解f(x)ln x1.当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增则当0tt2时，t无解；当0tt2，即0t时，f(x)minf；当tt2，即t时，f(x)在t，t2上单调递增所以f(x)minf(t)tln t.所以f(x)min(2)解2f(x)g(x)，即2xln xx2ax3，则a2ln xx.设h(x)2ln xx(x0)，h(x).当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以h(x)minh(1)4.因为对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)